Encontrar gran poder de un no-diagonalisable matriz

Question

Si $A = \begin{bmatrix}1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$, luego de encontrar a $A^{30}$.

El problema aquí es que sólo tiene dos vectores propios, $\begin{bmatrix}0\\1\\1\end{bmatrix}$ correspondiente al autovalor $1$ $\begin{bmatrix}0\\1\\-1\end{bmatrix}$ correspondiente al autovalor $-1$. Así, no es diagonalizable.

¿Hay alguna otra manera de calcular el poder?

Answer 1

Aviso el polinomio característico de a $A$ es $$\chi_A(\lambda) \stackrel{def}{=}\det(\lambda I_3 - A) = \lambda^3-\lambda^2-\lambda+1 = (\lambda^2-1)(\lambda-1)$$ Por Cayley-Hamilton teorema, tenemos

$$\chi_A(A) = (A^2 - I)(A-I) = 0 \quad\implies (A^2-I)^2 = (A^2-I)(A-I)(A+I) = 0$$

Esto significa $A^2-I$ es nilpotent. En el siguiente binario de expansión de $A^{30}$

$$A^{30} = (I + (A^2 - I))^{15} = \sum_{k=0}^{15} \binom{15}{k}(A^2-I)^k$$

sólo el término $k = 0$ $1$ contribuye. es decir,

$$A^{30} = I + 15 (A^2-I) = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0\\ 15 & 1 & 0\\ 15 & 0 & 1 \end{bmatrix} $$

Answer 2

Usted puede utilizar repetidas cuadratura de manera eficiente calcular las grandes potencias.

$$ A^{30} = A^{16} \cdot A^8 \cdot A^4 \cdot A^2$$

donde $A^4 = {A^2} ^2$, $A^8= {A^4}^2$, etc.

Answer 3

Dado $\mathrm A$, podemos calcular una descomposición de Jordan, $\mathrm A = \mathrm P \mathrm J \mathrm P^{-1}$, donde

$$\mathrm J = \begin{bmatrix} -1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 1\end{bmatrix}$$

Tenga en cuenta que $\mathrm A^{30} = \mathrm P \mathrm J^{30} \mathrm P^{-1}$. Desde $(-1)^{30} = 1$$\begin{bmatrix} 1 & 1\\ 0 & 1\end{bmatrix}^{30} = \begin{bmatrix} 1 & 30\\ 0 & 1\end{bmatrix}$, tenemos

$$\mathrm J^{30} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 30\\ 0 & 0 & 1\end{bmatrix}$$

Por lo tanto,

$$\mathrm A^{30} = \mathrm P \mathrm J^{30} \mathrm P^{-1} = \cdots = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0\\ 15 & 1 & 0\\ 15 & 0 & 1\end{bmatrix}$$

Answer 4

Dado que la matriz dada es bastante simple, también se puede calcular un par de poderes:

\begin{align*} A^1&= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}\\ A^2&= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix}\\ A^3&= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{pmatrix}\\ A^4&= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & 1 \end{pmatrix}\\ A^5&= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 3 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \end{pmatrix}\\ A^6&= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 3 & 1 & 0 \\ 3 & 0 & 1 \end{pmatrix}\\ \end{align*}

Puede usted nota algún tipo de patrón y demostrarlo por inducción? (O, si se prefiere, se puede hacer lo mismo con $B=A^2$ y tratar de encontrar la forma general de la $B^n$.)

---

Por supuesto, esto es "ingenuo", sin utilizar cualquier teoría que han aprendido acerca de las matrices. Para obtener más complicado matrices sería bastante difícil de detectar algún tipo de patrón. Es por eso que los métodos que funcionan para la arbitraria matrices son más útiles.

Answer 5

Generalizada autovector $\;u_1=\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}\;$$\;\lambda=1\;$ :

$$Au_1=1\cdot u_1+v_1\iff \begin{pmatrix}a\\a+c\\b\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}\implies \begin{cases}b=c+1\\{}\\a+c=b+1\end{cases}\implies \begin{cases}a=2\\{}\\b=1\\{}\\c=0\end{cases}$$

$$\implies u_1=\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix}\;,\;\;\text{so define}\;\;P:=\begin{pmatrix}0&2&0\\1&1&1\\1&0&\!\!-1\end{pmatrix}\implies P^{-1}=\frac14\begin{pmatrix}\!\!-1&2&2\\2&0&0\\\!\!-1&2&\!\!-2\end{pmatrix}$$

y ahora:

$$P^{-1}AP=\frac14\begin{pmatrix}\!\!-1&2&2\\2&0&0\\\!\!-1&2&\!\!-2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&2&0\\1&1&1\\1&0&\!\!-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&0\\0&0&\!\!-1\end{pmatrix}\implies$$

$$A^{30}=P\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&0\\0&0&\!\!-1\end{pmatrix}P^{-1}$$

Ahora usted puede comprobar que la toma de los poderes de la anterior cuasi-diagonal de la matriz ( es decir, la Forma Canónica de Jordan de a $\;A\;$) es muy fácil, aunque no tan fácil como con la diagonal de las matrices, por supuesto.